湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（A卷） 含解析

这是一份湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（A卷） 含解析，共20页。试卷主要包含了 已知集合 ， ，则， 已知 ， ，若 ，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
时量：120 分钟 满分：150 分
得分：__________
一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一个
选项是符合题目要求的，
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知根据交集的定义求解即可.
【详解】由已知当 或 时， ，当 时， 无意义，
当 时， ，当 时， ，
所以 .
故选： .
2. 复数 ，其中 为虚数单位，则 的共轭复数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念求解即可.
【详解】因 ，
所以
故选： .
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3. 已知 ， ，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示列方程组即可求解.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
所以 ，可得 ，所以 ，
故选：B.
4. 已知函数 的最小正周期为 ，则 （ ）
A. 2 B. 3 C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦函数的周期公式即可得到答案.
【详解】由题意得 ，解得 .
故选：C.
5. 小李一家打算去张家界或长沙旅游，去张家界与长沙的概率分别为 0.6，0.4，在张家界去徒步爬山的概
率为 0.5，在长沙去徒步爬山的概率为 0.6，则小李一家旅游时去徒步爬山的概率为（ ）
A. 0.54 B. 0.56 C. 0.58 D. 0.6
【答案】A
【解析】
【分析】记小李一家去张家界为事件 ，去长沙为事件 ，去徒步爬山为事件 ，根据全概率公式计算可
得.
【详解】记小李一家去张家界为事件 ，去长沙为事件 ，去徒步爬山为事件 ，
则 、 、 、 ，
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所以 ，
即小李一家旅游时去徒步爬山的概率为 .
故选：A
6. 已知 分别是双曲线 的左、右焦点，点 是双曲线 上在第一象限内
的一点，若 ，且 ，则 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理可得 ，由双曲线的定义可求得 ， ，在 中应用
余弦定理可得 ，由 即可求解.
【详解】因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ， ，
又 ， ，
所以 ，
所以 ，所以 ，所以 .
故选： .
7. 棱长为 3 的正方体 中， 为棱 靠近 的三等分点， 为棱 靠近 的三等分
点，则三棱锥 的外接球表面积为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在 中利用余弦定理求出 ，即可求出 ，从而求出 外接圆的
半径 ，设三棱锥 的外接球的半径为 ，则 ，从而得解.
【详解】依题意可得 ， ，
在 中由余弦定理 ，
所以 ，
则 外接圆的半径 ，
又 且 平面 ，
设三棱锥 的外接球的半径为 ，则 ，
所以外接球的表面积 .
故选：D
8. 已知各项均不为零的数列 ，其前 项和为 ，且 .下列结论中错误
的是（ ）
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A.
B. 不存在实数 ，使 为递减数列
C. 存在实数 ，使得 为等比数列
D. ，使得当 时，总有
【答案】C
【解析】
【分析】赋值法计算判断 A，先应用 计算化简得出数列分奇偶得出等差数列，再分类求出通
项即可判断 B，C，再结合指数运算判断 D.
【详解】由 得 ，
相减可得 ， ，
由于 各项均不为零，所以 ，所以 的奇数项和偶数项分别为公差为 的等差数列，
对于 A，因为 ，所以 ，故 A 正确；
对于 B，由于 的奇数项和偶数项分别为公差为 的等差数列，
且 ， ，
所以 ， ，
所以 ，所以 不可能为递减数列，即不存在实数 ，使 为递减数列，故 B 正确；
对于 C，因为 ， ，
若 为等比数列，则 为常数，则 ，
此时 ，故 ， ，进而可得数列的项为 显然这不是等比数列，故 C
错误，
对于 D，若 ，只要 足够大，一定会有 ，
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则 ，只要 足够的大， 趋近于 0，
而 ，显然能满足 ，
故 ，当 时，总有 ，故 D 正确，
故选：C.
二､多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 相关变量 的线性回归方程为 ，若样本点中心为 ，则
B. 的展开式中二项式系数和为 32
C. 在独立性检验中，随机变量 的观测值越小，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小
D. 甲、乙两个模型的决定系数 分别约为 0.95 和 0.8，则模型甲的拟合效果更好
【答案】ABD
【解析】
【分析】将样本中心点的坐标代入回归直线方程，求得 ，可判定 A 正确；根据二项式展开式的二项
式系数的性质，可判定 B 正确；根据独立性检验的定义，可判定 C 错误；根据决定系数越大，拟合效果越
好，可判定 D 正确.
【详解】对于 A 中，将样本点中心点 代入回归方程为 ，
可得 ，解得 ，所以 A 正确；
对于 B 中，二项式 的展开式中二项式系数和为 ，所以 B 正确；
对于 C 中，在独立性检验中，随机变量 的观测值越大，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小，
所以 C 错误；
对于 D 中，根据决定系数的含义知：决定系数越大，模型拟合效果越好，
由 ，所以模型甲的拟合效果更好，所以 D 正确.
故选：ABD.
10. 已知抛物线 的焦点为 ，过焦点的直线 与抛物线 交于 两点（点 在第二象限），
则（ ）
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A. 可能为等边三角形
B.
C. 若直线 的倾斜角为 ，则
D. 若直线 的倾斜角为 ，则 的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】若 为等边三角形，则 ， ，通过两点间距离可判断 ；设 ，
，通过联立直线与抛物线方程由韦达定理即可判断 ；根据弦长公式可判断 ；由点到线的距离
公式及三角形面积公式即可判断 .
【详解】
由已知可得 ，设直线 的方程为 ，
设 ， ，
由 得 ，所以 ， ，
对于 ，若 为等边三角形，则 ，
根据抛物线 对称性可得此时直线 与 轴垂直，且 ， ，
所以 ， ，
所以 不可能为等边三角形，故 错误；
对于 ，因为 ， ，所以 ，
因为 两点在抛物线上，所以 ， ，所以 ，
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所以 ，故 正确；
对于 ，若直线 的倾斜角为 ，所以 ，
所以 ， ，
所以
，故 正确；
对于 ，若直线 的倾斜角为 ，直线 的方程为 ，即 ，
所以 到直线 的距离为 ，
所以 ，故 错误.
故选： .
11. 已知函数 ，其中 为正整数， 且为常数， 是函数 大于 的零点，
其构成数列 ，则（ ）
A. 函数 不可能有三个零点
B. 函数 的减区间为
C. 对于任意的 ，函数 在区间 内均存在零点，则
D. 存在实数 使得数列 的部分项 构成无穷等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数判断函数的单调性，即可说明 A，利用导数求出函数的单调区间，即可判断 B，首先说明
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单调性，则 ，即可求出 的取值范围，从而判断 C，找到特殊值 ，即可判断 D.
【详解】对于 A：因为 ，所以 ，
所以 在定义域 上单调递增，所以函数 不可能有三个零点，故 A 正确；
对于 B：因 ，所以 ，
令 ，解得 ，
所以函数 的单调递减区间为 ，故 B 错误；
对于 C：当 时， 恒成立，
所以函数 在 上单调递增，
又 ，
所以函数 在 内均存在零点只需满足 即可，
即 ，所以 ，
所以 且 ，
又 为正整数，所以 ，即 ，故 C 错误；
对于 D：令 ，解得 ，
当 时， ，
则当 时， ，所以 是 上的严格增函数，
所以 ．
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所以 ．
所以 是恒为 的常数列，故存在实数 使得数列 的部分项 构成无穷等比数列，故 D
正确．
故选：ACD
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知离散型随机变量 ， ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项分布的期望公式求出 ，再根据期望的性质计算可得.
【详解】因为 ，所以 ，
又 ，所以 .
故答案为：
13. 某班一天上午有 4 节课，下午有 3 节课，现要安排该班一天中语文、数学、英语、物理、化学、政治，
体育 7 堂课的课程表，要求数学课、物理课都排在上午，且数学课、物理课不连排，体育课排在下午，不
同排法种数是__________.用数字作答）
【答案】432
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理及排列计数问题列式求解.
【详解】数学课、物理课都排在上午，且不连排的排法数为 ；体育课排在下午的排法数为 ；
将余下 4 门课程排入课程表有 种方法，
所以所求不同排法种数是 .
故答案为：432
14. 已知在平面直角坐标系 中， ，动点 满足 ，则 的取值范围
是__________.
【答案】
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【解析】
【分析】设点 ，由距离公式得到 ，则 ，求出 的取
值范围，即可得解.
【详解】设点 ，依题意可得 ，
即 ，
则 ，
所以 ，
因为 ，当且仅当 时取等号，
由 ，解得 ，所以 ，则 ，
所以 .
故答案为：
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 人工智能（简称 ）的相关技术首先在互联网开始应用，然后陆续普及到其他行业.某公司推出的 软
件主要有四项功能：“视频创作”“图像修复”“语言翻译”“智绘设计”.为了解某地区大学生对这款 软件的使
用情况，从该地区随机抽取了 100 名大学生，统计他们最喜爱使用的 软件功能（每人只能选一项），统
计结果如下：
软件功能 视频创作 图像修复 语言翻译 智绘设计
大学生人数 30 20 30 20
假设大学生对 软件的喜爱倾向互不影响.
（1）从该地区的大学生中随机抽取 1 人，试估计此人最喜爱“视频创作”的概率；
（2）采用按比例分配的分层抽样的方式从最喜爱“视频创作”和“图像修复”的大学生中随机抽取 5 人，再从
这 5 人中随机抽取 2 人，其中最喜爱“视频创作”的人数为 ，求 的分布列，数学期望以及方差.
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为 ；方差为 .
【解析】
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【分析】（1）根据表格中的数据，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意，得到喜欢“视频创作”和“图象修复”的人数分别为 3 人和 2 人，得到随机变量 的可能取值
为 ，求得相应的概率，列出分布列，结合期望和方差的公式，即可求解.
【小问 1 详解】
解：由表格中的数据，可得该地区的 100 名大学生中“视频创作”的人生为 30 人，
所以该地区的大学生最喜爱“视频创作”的概率为 .
【小问 2 详解】
解：在该地区的 100 名大学生中“视频创作”和“图象修复”的人数分别为 30 人和 20 人，
采用分层抽样的方式从最喜爱“视频创作”和“图像修复”的大学生中随机抽取 5 人，
可得“视频创作”和“图象修复”的人数分别为 3 人和 2 人，
从这 5 人中随机抽取 2 人，其中“视频创作”的人数为 ，可得 的可能取值为 ，
则 ，
所以随机变量 的分布列为：
0 1 2
则期望为 ，
方差为 .
16. 在 中， 分别为角 的对边， .
（1）求角 的大小；
（2）若 为 的中点， ， 的面积为 ，求 的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知将边转化为角可得 ，根据三角恒等变换可得 ，
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即可求解；
（2）由面积公式可得 ，由 ，两边完全平方可得 ，结合余弦定理可得
，即可求解.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ；
【小问 2 详解】
因为 面积为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ， ，
由余弦定理可得 ，解得 ，
所以 ，所以 的周长为 .
17. 已知函数 ， 为实数.
（1）若函数 在 处的切线经过点 ，求 的值；
（2）若 有极小值，且极小值大于 2，求 的取值范围；
（3）若对任意的 ，且 恒成立，求 的取值范围.（ 为自然常
数）
【答案】（1）
（2）
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（3）
【解析】
【分析】（1）先求导，由导数的几何意义可得切线方程，将点 代入即可求解；
（2）通过求导可得函数 的极小值为 ，即可求解；
（3）令 ，由已知可得 在 单调递减，将问题转化为求 在 上恒成立
问题，即可求解.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，所以 ，
又 ，所以函数 在 处的切线方程为 ，
因为切线经过点 ，所以 ，解得 ；
【小问 2 详解】
由（1）知 ，函数 的定义域为 ，
当 时， 在 上恒成立，所以 在 上单调递增，无极值，
当 时，令 ，得 ，
所以当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
所以当 时，函数 有极小值，极小值为 ，
由 ，所以 ，所以 的取值范围为 ；
【小问 3 详解】
由 得 ，
令 ，所以对任意的 ，且 ， 恒成立，
所以 在 单调递减，
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所以 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
因为二次函数 在 上单调递增，
所以函数 在 上的最小值为 ，
所以 .
18. 如图，矩形 中 为 中点，将 沿着 折叠至 .
（1）证明： 平面 ；
（2）设平面 平面 ，点 .
（i）当 为何值时，直线 与平面 所成角的正弦值为 ；
（ii）在满足条件（i）的情况下，过 作一截面，与棱 分别交于点 ，且 平面
，记四棱锥 的体积为 ，四棱锥 的体积为 ，求 .
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i） ；（ii） .
【解析】
【分析】（1）根据折叠图形的性质结合勾股定理逆定理得 和 ，即可证得 平面
；
（2）（i）以点 为坐标原点， 、 为 轴和 轴建立空间直角坐标系，由 ∥ 据题意得
，进而得 再求出平面 的一
个法向量 的坐标，由直线 与平面 所成角的条件列式求出 即可得答案；
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（ii）由（i）知及题意得到 ， ， ，再利用棱锥的体积公式结合等体积
法即可得解.
【小问 1 详解】
由题意得 ， ， ，
所以 ，即 ，
∵ ，所以 ，即 ，
又 平面 ，所以 平面 ；
【小问 2 详解】
（i）∵ , 平面 , 平面 ,所以 平面 ,
又 平面 ,平面 平面 ，所以
以点 为坐标原点， 、 为 轴和 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
∵ ，∴ ,∴ ，
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 得 ,∴ ，
记直线 与平面 所成角为 ,则
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，
化简得 ，解得 ，所以 .
（ii）由（i）知， ，
,即 (三等分点)，
又∵ 平面 ，
∴ ，∴ (三等分点)，
∵ ， ，∴四边形 为平行四边形，
∴ 即 (四等分点)，
∴
又∵
∴ .
19. 在平面直角坐标系 中，点 分别是椭圆 的右顶点、上顶点、左顶
点，若 的离心率为 .
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）已知 两点，其中点 在线段 上运动（不含端点）， 与 关于 点对称，直线 与椭
圆 的另一交点为 点，直线 与椭圆 的另一交点为 点，设直线 的斜率分别为 ，直
线 的斜率分别为 .
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（i）求 的面积 的最大值；
（ii）求证： 为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据离心率及 求出 、 ，即可得解；
（2）（i）设 为点 到直线 的距离，则 的面积 ，当过点 且与直线 平行
的直线 与椭圆相切时 取得最大值，求出 的最大值，即可得解；（ii）设 ，则
，则 ，再由直线 的方程为 ，求出 点坐标，从而得到 点坐标，即
可求出 ，从而得解.
【小问 1 详解】
依题意可得 ，解得 ，
所以椭圆方程为 ；
【小问 2 详解】
（i）设 为点 到直线 的距离，
所以 的面积
显然当过点 且与直线 平行的直线 与椭圆相切时 取得最大值，
因为 ， ，所以 ，设直线 的方程为 ，即 ，
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由 ，整理得 ，
由 ，解得 （正值舍去），
所以直线 的方程为 ，又 到直线 的距离 ，
所以 的最大值为 ，
则 ；
（ii）设 ，则 ，
所以 ，
又直线 的方程为 ，由 ，整理得 ，
所以 ，则 ，
即 ，同理可得 ，
所以
，
因为 ，所以 ，则 ，
所以
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，
所以 .
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